精品解析：重庆市普通高中2026届高三上学期第二次诊断检测化学试卷

2026年重庆市普通高中学业水平选择性考试 高三第二次诊断检测化学 (考试时间75分钟，满分100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡指定位置上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Co-59 一、单项选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华文化博大精深，源远流长。下列说法正确的是 A. 非遗文化“打铁花”的过程中，铁水在空气中飞舞最终转化为FeO B. 造纸术过程中，将木、竹等原料置于水中浸泡是为了使纤维素部分溶解，易于分离 C. 古法从盐井中提取卤水，加入豆浆使卤水纯化，得到精制食盐水，此方法利用的是胶体遇电解质聚沉的性质，属于物理变化 D. “何以解忧？唯有杜康”，乙醇是由淀粉在酶的作用下氧化直接形成的 【答案】C 【解析】 【详解】A．“打铁花”过程中，铁水在空气中飞舞，高温下铁与氧气反应生成的是，A错误； B．造纸术过程中，将木、竹等原料置于水中浸泡，目的是使原料中的非纤维物质溶解或溶出，B错误； C．古法从盐井中提取卤水，加入豆浆使卤水纯化，豆浆中的蛋白质胶体遇到卤水中的电解质发生聚沉，吸附杂质，此过程没有新物质生成，属于物理变化，C正确； D．乙醇是由淀粉在酶的作用下先水解为葡萄糖，再经发酵形成的，D错误； 故答案选C。 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法有误的是 A. 标准状况下，的氯原子总数大于 B. 在催化剂作用下，向容器中投入和进行合成氨反应，则某一时刻容器中气态物质的总数可能为 C. 的溶液中存在，且 D. 1 mol苯甲酸钠中含有键的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，CHCl3为液体，22.4 L CHCl3的物质的量远大于1 mol（密度约1.49 g/mL，质量约33376 g，物质的量约279.2 mol），每个CHCl3分子含3个氯原子，故氯原子总数远大于3NA，A正确； B．合成氨反应（N2 + 3H2 ⇌ 2NH3）初始总物质的量为4 mol，当反应进度ξ = 时，剩余N2为mol、H2为2 mol、NH3为mol，总物质的量为mol，即分子总数为NA，该状态在可逆反应中可能达到，B正确； C．在溶液中，根据电荷守恒，有，该关系式正确，但在的溶液中，氯离子的物质的量为2 mol，其浓度，C错误； D．苯甲酸钠（C6H5COONa）中，苯环含6个C-C σ键和5个C-H σ键，羧酸根含1个C-C σ键和2个C-O σ键，共14个σ键，故1 mol苯甲酸钠含14 mol σ键，即14 NA个，D正确； 故选C。 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 将固体投入的盐酸中： B. 溶液滴入溶液中： C. 酸性高锰酸钾溶液与双氧水混合： D. 向含有、、的混合溶液中通入少量： 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于CuS溶度积常数极小，反应不能发生，A错误； B．MgCl2与反应生成MgCO3沉淀，离子方程式为，B错误； C．酸性高锰酸钾与双氧水发生氧化还原反应，离子方程式为，C错误； D．由于还原性：>Br->Cl-，少量Cl2通入混合溶液时，优先氧化还原性最强的，生成、Cl-和H+，离子方程式为，D正确； 故答案为D。 4. 已知，可与浓盐酸反应生成氯气，下列说法正确的是 A. 的空间构型与相同均为四面体形 B. 对于氧化的反应，当有12 mol HCl体现出还原性时，生成的中含有孤电子对的物质的量为16 mol C. Cu属于ds区元素 D. IBr与反应产物为HI和HBrO 【答案】C 【解析】 【详解】A．[Cu(OH)4]2−为Cu(II)配合物，由于d9构型的Jahn-Teller畸变，空间构型为四方平面形，中硫为sp3杂化，空间构型为四面体形，两者不同，A错误； B．对于KCuO2氧化Cl−的反应，假设反应为2KCuO2+8HCl=2CuCl2+2KCl+Cl2+4H2O，被氧化的HCl为2 mol（对应Cl2生成），生成4 mol H2O，每个H2O分子有2对孤电子对，共8 mol孤电子对，当有12 mol HCl被氧化时，按比例生成24 mol H2O，有48 mol孤电子对，B错误； C．Cu的原子序数为29，价电子构型为3d104s1，属于ds区元素，C正确； D．I为+1价，Br为-1价，IBr与H2O反应产物为HBr和HOI，D错误； 故答案为C。 5. 在不同pH下，酚酞有不同结构并展现出不同的颜色，具体对应关系如下图所示，下列说法中正确的是 A. 化合物Ⅰ可发生取代反应，氧化反应，加成反应，且1 mol该物质最多可与发生加成反应 B. 化合物Ⅲ与足量完全氢化后的化合物共有3个手性碳原子 C. 向一支盛有少量的试管中加水使其溶解，再加入酚酞试剂发现溶液先变红后褪色，褪色的原因可能有两种，且此时再调pH为11，溶液又将恢复红色 D. 化合物Ⅱ由于能形成分子间氢键，所以在水中溶解性好，常以水为溶剂配制该物质的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．化合物Ⅰ含有3个苯环，羧基不能与发生加成反应，只有苯环可以加成，化合物Ⅰ最多消耗，不是，A错误； B．化合物Ⅲ与足量完全氢化后，所有不饱和键都被加成，总共3个手性碳原子，如图：，B正确； C．与水反应后，酚酞先变红后褪色，褪色原因有两种：①氧化破坏了酚酞的分子结构；②溶液，酚酞转化为无色结构Ⅳ。如果是原因①，酚酞结构已经被不可逆破坏，调整为11也不会恢复红色，C错误； D．化合物Ⅱ含有羟基，确实能形成分子间氢键，化合物Ⅱ极性弱，还有苯环憎水基较多，本身在水中溶解性很差，配制酚酞试液通常用乙醇做溶剂，不是水，D错误； 故选B。 6. 工业制备白磷常利用总反应：，而此反应为碳还原为，却参加反应，为寻找原因，在上述反应的反应温度下，给出下列分反应方程式：Ⅰ． ；Ⅱ． 。下列说法有误的是 A. 主反应的熵变，且在该温度下总反应的 B. 在的参与下，使得主反应的小于0，促使反应正向自发进行 C. 设白磷中某一P-P键的键能为E，则形成1 mol白磷时放热为6E D. 反应Ⅱ参加反应的物质中有离子晶体和共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．总反应中生成CO，气体分子数增加，ΔS>0，根据盖斯定律，总反应ΔG=反应I+6×反应II，则ΔG=ΔG1+6ΔG2=117 kJ/mol+6×(-92 kJ/mol)=-435 kJ/mol，A正确； B．反应Ⅰ的ΔG1>0，不自发进行，加入SiO2后发生反应Ⅱ的ΔG2<0，使总反应ΔG<0，反应能够自发进行，B正确； C．白磷（P4）有6个P-P键，但白磷是磷元素的标准态，其标准生成焓=0 kJ/mol，而键能E>0，故形成1 mol白磷时放热6E ≠ 0，与标准生成焓矛盾，C错误； D．反应Ⅱ中CaO为离子晶体，SiO2为共价晶体，D正确； 故答案为C。 7. 类比推理是一种良好的学习方法，但也应注意特殊的存在。下列推理合理的是 A. 金属活动性较强的金属可将金属活动性较弱的金属对应的低价盐中置换出来，金属活动性较差的Na可从KCl中置换出金属活动性较好的K B. 乙烷的结构简式为，则乙硼烷的结构简式为 C. 发现天然气泄漏应立即开窗通风，则发现水银滴落在地面也应立即开窗通风 D. 亚磷酸中含2个，该键极性大，易断裂产生，故为二元弱酸，已知硼酸中含有3个，则它为三元弱酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．首先钠的金属活动性不弱，其次金属活动性顺序为K > Na，K比Na更活泼，因此类比错误，A错误； B．乙硼烷(B2H6)具有独特的桥键结构，并非简单的BH3·BH3，该类比未考虑硼原子的缺电子特性及硼烷的特殊成键方式，B错误； C．天然气泄漏开窗通风可防止甲烷积累引发爆炸或中毒，水银（汞）泄漏开窗通风可降低汞蒸气浓度以减少中毒风险，两者均通风以降低有害物质浓度，类比合理，C正确； D．硼酸(H3BO3)虽含三个羟基，但仅为一元弱酸，该类比未考虑硼酸的特殊电离机制，D错误； 故选C。 8. 近年来，化学氢化物由于储氢密度大、储氢容量高，已被证明是一种实用的氢源，其中氨硼烷可在温和条件下由金属催化发生水解反应，释放出大量的氢气。有研究指出在不同的催化剂作用下，通过激活和中的化学键，从而导致解成不同的中间体和产物，进而分解产生氢气。在不同的催化剂作用下，两种物质分解的过程中能量变化如图所示，下列说法有误的是 A. 分解过程中，是决速步 B. 分析图可得催化作用最好的是催化剂Ⅳ C. 在催化剂Ⅳ的作用下， (已知) D. 和分解均有极性键断裂 【答案】A 【解析】 【详解】A．决速步是反应过程中活化能最大的步骤，由图可知是决速步，A错误； B．活化能降低幅度越大催化效果越好，催化剂Ⅳ是催化效果最好的，B正确； C． 由1eV=1.6×10−22kJ，，=，C正确； D．分解过程中B-H键断裂，的分解过程中O-H键断裂，均有极性键的断裂，D正确； 故选A。 9. 某种立方相固体态电解质的晶胞如图所示，已知晶胞密度为S的摩尔质量分别记作、、，，，，阿伏伽德罗常数值为，下列说法正确的是 A. 该晶胞化学式为 B. 与紧邻且等距的共有4个 C. 将该立方相转化为四方相，二者性质无差异 D. 立方相晶胞的空间利用率 【答案】D 【解析】 【详解】A．Sb为+5价，S为-2价，Na为+1价，由图可知，四面体结构的粒子为，根据电中性原则，该晶胞化学式为Na3SbS4，A错误； B．与紧邻且等距的共有2个，B错误； C．将该立方相转化为四方相，其物理性质会发生变化，C错误； D．空间利用率=（晶胞中所有原子的总体积）（晶胞体积），，则1030 pm3，据此计算空间利用率η=，D正确； 故选D。 10. 下列实验操作及其对应的现象得出的结论有误的是 选项 操作 现象 结论 A 向溶液中滴加溶液 产生砖红色沉淀 在此条件下，溶解度： B 向盛有Au片的试管中先加入浓硝酸后再加入浓盐酸 加入浓硝酸后无明显现象，加入浓盐酸后Au逐渐溶解，有无色气体生成，气体到试管口变为红棕色 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 往悬浊液中滴加足量氨水后，振荡，再滴加足量溶液 滴加氨水振荡后无明显现象，滴加溶液后浊液变澄清 消耗生成物，使平衡正向移动 D 将二环己基-18-冠-6加入到单质Na中 得到金黄色晶体，且经检验该晶体中含有 超分子具有分子识别的特征 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中存在平衡，加入后，与结合生成溶度积较小的沉淀，而的溶解度相对较大，未沉淀，根据沉淀生成优先的原则，可推断的溶解度小于，A正确； B．浓盐酸中的与形成稳定的配合物，使反应发生，Au被溶解，浓硝酸的氧化性并未被增强，B错误； C．存在溶解平衡，加入氨水，浓度增加，平衡逆向移动，抑制溶解，加入，与结合生成，消耗了生成物，平衡正向移动，促进溶解，C正确； D．冠醚是一类超分子化合物，其空穴大小可与特定金属离子匹配，从而选择性地识别并络合离子，二环己基-18-冠-6的空穴直径与大小相近，可与单质作用形成含的配合物，体现了超分子的分子识别能力，D正确； 故答案为B。 11. 元素X、Y、Z均为长周期主族元素且原子序数依次增大，基态X原子的最高能级有两个孤电子且含有一个空轨道，Y的单质在保存时常用水密封，的6p能级全满。下列有关X、Y、Z的说法正确的是 A. 基态X原子的电子有18种空间运动状态，X可用作半导体材料 B. Z的最高价氧化物对应的水化物为理论上碱性最强的无机碱 C. 原子半径： D. 单质熔点： 【答案】B 【解析】 【分析】X：基态原子最高能级有2个孤电子、1个空轨道，主族元素，符合条件的为第四周期ⅣA族的，电子排布：，最高能级4p，2个电子分占2个轨道，剩余1个空轨道，完全符合。 Y：单质保存常用水密封，符合条件的为液溴（，水封防止挥发，原子序数35＞32(Ge)，符合顺序）。 Z：的6p能级全满，Z原子失去1个电子后，的电子排布为[Rn]（氡的排布，6p能级全满），故Z为Fr（钫）。 【详解】A．基态的电子占据的轨道共，是典型半导体材料，A错误； B．虽然有放射性，但理论上碱性确实是最强的无机碱，B正确； C．同周期主族元素从左到右原子半径减小，原子半径，C错误； D．单质是金属晶体，熔点低，一般为共价晶体，熔点高，熔点，D错误； 故选B。 12. 水合能是指反应的热效应，且离子半径越小，电荷越高，水合能越大。水合能可参与下述的循环： 其中S为升华能，I为电离能。Li和Na在反应中有关焓变数值如下： Li Na 159 545 注：和均大于零 下列说法有误的是 A. B. 碱金属的升华能按元素周期表的顺序从上到下依次减小 C. 若存在，则说明Li在水中较Na更易失电子 D. 由上述循环可得：对于金属M有 【答案】CD 【解析】 【详解】A．同主族从上到下第一电离能减小，因此Na的第一电离能的；Li+半径小于Na+，根据“离子半径越小，电荷越高，水合能越大”，水合能为负值，因此，A正确; B．碱金属同主族从上到下原子半径增大，金属键减弱，破坏金属键升华需要的能量减小，因此升华能从上到下依次减小，B正确； C．ΔH1=159+545+ΔhH1=704+ΔhH1，ΔH2=S1+I1 -393，若存在989 < I1 -ΔhH1，可推出ΔH1-ΔH2<108-S1，无法比较S1与108的大小关系，则不能进一步推出ΔH1 < ΔH2，ΔH越小，反应越容易发生，即不能得出Li更易失电子，C错误； D．根据盖斯定律推导得，D错误； 故选CD。 13. SOFCs是一种良好的发电技术之一，以为原料的燃料电池以其所使用的电解质离子传导类型不同，可将SOFCs分为质子传导型(H-SOFCs)和氧离子传导型(O-SOFCs)两类，二者在工作时的原理如下图。已知在所处电极处被分解成和，易与结合形成含氮化合物。下列说法有误的是 A. b极为负极 B. H-SOFCs型中，若消耗，则在另一极消耗的物质的量为10 mol C. 分析可知，H-SOFCs的发电效率高于O-SOFCs D. 在a极上可能发生反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．在两个电池装置中，在b极被分解为和，发生氧化反应，因此b极为负极，A正确； B．在H-SOFCs型中，正极反应为。消耗时，电路中转移电子。负极反应为，同时生成的也会在负极发生反应。根据电子守恒，转移电子时，消耗的物质的量并非，而是由分解和氧化共同决定，B错误； C．在O-SOFCs型中，易与结合形成含氮化合物，导致部分未参与发电，降低了发电效率；而H-SOFCs中无此副反应，能量转化更充分，因此H-SOFCs的发电效率更高，C正确； D．在O-SOFCs的a极（正极），得电子生成，与可能反应生成等中间产物，随后与发生归中反应：，D正确； 故答案选B。 14. 在不同pH下，草酸溶液中、、的分布系数随pH变化如下图，例如，已知，下列说法有误的是 A. 在的条件下，的溶液与溶液中的相等 B. 当时，取得最大值，最大值为0.97 C. 时， D. 在任意pH下， 【答案】BC 【解析】 【分析】往二元酸草酸溶液中加入强碱，其中H2C2O4的浓度逐渐减少，浓度先增后减，浓度逐渐增加，故图中I曲线代表H2C2O4，II曲线代表，III曲线代表，时，pH=1.3，，同理时，，据此解答。 【详解】A．，温度不变，草酸的电离常数不变，则该分布系数只与pH有关，故pH=5时，浓度不同的草酸溶液中草酸的分布系数相等，A正确； B．，在该表达式中，由基本不等式a+b≥2得：当时，有最小值，有最大值，，此时，pH=2.8，B错误； C．，pH=4时，该式值为，C错误； D．根据物料守恒，任意pH下，三种含碳微粒的分布系数之和为1，D正确； 故选BC。 二、非选择题，共58分。 15. 铜钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧—水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如下： 已知：①对该流程使用的含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下： 成分 TFe Cu Co S CaO MgO w/% 54.87 0.30 0.36 4.43 7.77 5.49 2.38 ②萃取钴的原理： ③文献指出，在高温下(可发生下列反应： 1) 2) 3) 回答下列问题： （1）钴元素在元素周期表中的位置是___________。 （2）对硫酸渣用某仪器进行检验，得到的图像如下，则该仪器是___________，该硫酸渣中主要的含铁矿物的化学式为___________。 （3）在焙烧和水浸步骤中，焙烧时间以及液固比对Cu、Co浸出率的影响如下图，则最佳的焙烧时间为___________min，最佳液固比为___________。 （4）焙烧中，CuS、CuO、CoO与反应生成可溶性盐，写出将CuS转化成可溶性铜盐的化学反应方程式___________。该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是___________。 （5）在T℃下，萃取钴反应的平衡常数为，则反萃取的平衡常数为___________。 （6）对于在惰性气氛下分解产物进行如下研究，提出两种可能假设 假设①：Ⅰ． 假设②：Ⅱ． 1°已知反应Ⅲ． ，Ⅳ． 则___________(用含，的式子表示)。 2°已知，，其中R为气体常数，T为开尔文温度，反应Ⅲ和反应Ⅳ的(单位：)随温度(单位：K)的变化如图所示，则从热力学角度推断在惰性气氛下分解的失重率为___________%(结果保留整数)。 【答案】（1）第4周期第Ⅷ族 （2） ①. X射线衍射仪 ②. （3） ①. 120 ②. （4） ①. ②. 该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取 （5）1.2 （6） ①. ②. 60 【解析】 【分析】硫酸渣与硫酸铵高温焙烧，使CuS、CuO、CoO等转化为可溶性铜盐、钴盐，同时释放氨气、SO2等；焙烧渣经水浸，可溶性铜、钴盐进入浸出液，SiO2等不溶物形成浸出渣；浸出液依次用LIX984N和P204+P507萃取，将铜、钴分别富集到有机相实现分离；含钴有机相经反萃取分离出水相，加入草酸钠得到草酸钴沉淀，过滤后得到钴产品；据此作答。 【小问1详解】 钴（Co）是27号元素，核外电子排布为[Ar]3d74s2，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 用于矿物成分分析的仪器是X射线衍射仪；从图谱中可以看到，赤铁矿（Fe2O3）的衍射峰强度最大，说明其含量最高，因此该硫酸渣中主要的含铁矿物化学式为Fe2O3； 【小问3详解】 从焙烧时间对浸出率的影响图可知，当焙烧时间为120 min时，Cu和Co的浸出率达到最高值，因此最佳焙烧时间为120min； 从液固比对浸出率的影响图可知，当液固比为7:1时，Cu和Co的浸出率较高且趋于稳定，因此最佳液固比为7:1； 【小问4详解】 在高温焙烧条件下，CuS与(NH4)2SO4反应生成可溶性CuSO4，同时产生氨气和SO2，反应的化学方程式为：； 该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取； 【小问5详解】 萃取反应为H2R+Co2+=CoR+2H+，平衡常数，反萃取是该反应的逆反应，平衡常数K'等于原平衡常数的倒数，因此； 【小问6详解】 1°依据盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得：，平衡常数；（反应Ⅳ-反应Ⅲ）得：，平衡常数，则； 2°由ΔG-T图像可以判断，反应2CO+O2=2CO2更易自发进行，结合已知有，又，则，即CoC2O4更倾向于分解生成Co和CO2，反应失重为CO2的质量；设CoC2O4的物质的量为1 mol，发生反应Ⅱ，产生2 mol CO2，失重率。 16. 邻二氮菲是一种金属螯合剂，在科研和分析化学中有重要作用。邻二氮菲参与的对溶液中Fe浓度的定量测定有滴定法和吸光光度法等方法。邻二氮菲简写为phen。回答下列问题： （1）实验原理：邻二氮菲在一定的pH下可与形成较稳定的螯合物，其结构如图所示。 ①1 mol该物质含有配位键的物质的量为___________mol。 ②在进行此螯合反应的溶液pH不应小于2，原因在于___________。 （2）邻二氮菲参与的滴定法测浓度 对于杂质离子浓度极低的溶液，先向其中加入pH缓冲溶液，再加入phen即可与螯合形成砖红色配合物。现有一未知浓度的单一溶液，进行以下步骤测定浓度。 ⅰ．设原瓶溶液的体积为V，取其中体积为的溶液于锥形瓶中，加入pH缓冲溶液，再加入足量phen，充分反应后，用浓度为Cmol/L的标准酸性溶液滴定(滴定的一切准备工作已就绪)，测得当滴定消耗的标准溶液时恰好滴定完全。 ⅱ．已知也可与Phen螯合形成淡蓝色的配合物，则滴定完全的标志为：___________。 原瓶溶液的的物质的量为___________mol(结果用含V、、C、的式子表示)。 （3）邻二氮菲参与的吸光光度法测定铁浓度 ①对于含杂质金属离子多的溶液，可用EDTA作掩蔽剂，已知EDTA与Phen均为螯合剂，用EDTA作掩蔽剂说明(X为金属元素，y、n均为正数，下同)的稳定性___________(选填“高于”或“低于”)的稳定性。若该溶液中含Fe³⁺，将干扰本实验的精确测定，可用溶液将其还原，并释放出无色无味的气体，该反应的离子方程式为：___________。 ②经过一系列操作测得，在光的波长时，吸光度最大，给出朗伯-比尔定律：，其中A为吸光度，a为吸光系数，反映物质在特定波长下的吸光能力，且单位为，b为光程长度(单位：cm)，c为溶液浓度(单位：，用不同浓度的标准铁溶液，经过大量实验，得到了如下表的吸光度A与Fe浓度c(单位：的对应关系。 A 0.0984 0.2156 0.3328 0.4500 0.5672 c 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 在此实验中，。若某铁溶液的吸光度为0.231，则该溶液Fe浓度为___________(结果保留两位小数)。 （4）实验反思 ①在邻二氮菲参与的滴定法测Fe浓度的实验中，若在原溶液存在大量，需用将其还原，不可先加入pH缓冲溶液再加入还原剂，原因是___________。 ②在邻二氮菲参与的吸光光度法测定铁浓度的实验中，每次加入的还原剂1 mL，理论上足量。若使用的还原剂已部分变质，这将使该实验测得的铁浓度较真实值___________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 6 ②. 邻二氮菲上的氮具有碱性，能结合，使得其与结合不完全，影响实验 （2） ①. 当最后半滴标准酸性溶液加入时，溶液恰好由砖红色变为淡蓝色，且30s内不恢复原色 ②. （3） ①. 高于 ②. ③. 1.07 （4） ①. 先加缓冲溶液后pH较高，Fe3+会水解生成沉淀，无法被还原剂还原为Fe2+，导致测定误差（或先加缓冲剂再加还原剂可能破坏缓冲剂的缓冲能力，无法维持一定的pH，螯合物不能很好的形成与稳定的存在，合理即可） ②. 偏小 【解析】 【小问1详解】 ①每个邻二氮菲(phen)提供2个配位键，1个配合物含3个phen，共配位键； ② 酸性过强时，邻二氮菲中N会与H+结合，降低邻二氮菲有效浓度，不利于与Fe2+形成螯合物。 【小问2详解】 滴定完全标志为： 滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液后，溶液由砖红色变为淡蓝色，且半分钟内不褪色；酸性条件下氧化的关系为，取出的溶液中，原瓶总物质的量为 mol。 【小问3详解】 ①EDTA作掩蔽剂，说明杂质离子更易与EDTA结合，配合物稳定性更高；羟胺还原，N从-1价升为0价，生成无色无味的，反应的离子方程式为； ②根据表格数据得关系式，代入，得。 【小问4详解】 ① 先加缓冲溶液后pH较高，Fe3+会水解生成沉淀，无法被还原剂还原为Fe2+，导致测定误差（或先加缓冲剂再加还原剂可能破坏缓冲剂的缓冲能力，无法维持一定的pH，螯合物不能很好的形成与稳定的存在，合理即可）； ②还原剂部分变质，无法将所有还原为，显色的浓度偏低，吸光度偏小，测得浓度偏小。 17. 含氮废水对环境、人体均有较大危害，综合处理含氮废水是一个较热门的话题，如下为几种处理含氮废水的常用方法。回答下列问题： （1）吹脱法 利用如下流程可大幅度降低含废水中的氮含量： 下列操作中可提高氮的去除率的是___________。 A. 升高温度 B. 适当调高溶液pH C. 向吹脱塔中通入 D. 吹脱时减慢气体流速 （2）化学沉淀法 向含有的废水中加入适量的镁盐和磷盐，形成难溶复盐(简称MAP)，过滤除去。 ①写出参与反应生成MAP的离子方程式：___________。 ②该沉淀法常在25℃左右进行，温度不宜过低也不宜过高的原因是：___________。 ③该沉淀法在pH过大时形成的沉淀物化学式为___________。 （3）折点氯化法 或可将废水中的转化为，主要原理为可将氧化成。现取0.1 L的含氮废水，向其中通入，充分反应后，用脱除氯，标准状态下消耗。 ①HClO的中心原子采取___________杂化。 ②该废水中___________ （4）光催化法 在光照条件下，半导体材料(纳米级)可在价带上形成激发态电子，其可发生跃迁至导带，同时在价带上产生相应空穴()并在电场的作用下分离并迁移到半导体表面。该材料可生成氧化性物质将含氮物质转化或以自己的还原性将其还原成无毒物质，反应机理如图所示。 ①在b处发生___________(选填“氧化”或“还原”)反应。 ②该材料可生成将含氮物质氧化，写出将氧化成的离子方程式：___________。 【答案】（1）ABC （2） ①. ②. 温度过低时，反应速率慢，沉淀不完全；温度过高时，的溶解度增大，不易过滤除去 ③. （3） ①. ②. 1 （4） ①. 氧化 ②. 【解析】 【分析】含氮废水的处理过程围绕的形态转化与无害化展开有如下四种工艺： 吹脱法：先加石灰或石灰乳调节，使转化为，再通过升温、调高等手段促进其分解为，经吹脱塔将从废水中分离逸出。 化学沉淀法：是向含的废水中加入镁盐和磷酸盐，使、与结合，在适宜温度下生成难溶的沉淀，通过过滤将氮元素以沉淀形式从废水中去除。 折点氯化法：利用（或）与水反应生成的作氧化剂，将氧化为无污染的，反应后再通入脱除过量的氯，实现废水脱氮与除氯的双重目标。 光催化法：借助纳米级在光照下产生的光生空穴和活性自由基（如），通过氧化反应将废水中的含氮污染物（如）转化为无毒的，最终完成含氮废水的无害化处理。 【小问1详解】 A．升高温度，的溶解度降低，更易从溶液中逸出，可提高氮的去除率，A正确； B．适当调高溶液，浓度增大，平衡正向移动，有利于逸出，可提高氮的去除率，B正确； C．向吹脱塔中通入，会与反应生成，有利于的去除，C正确； D．减慢气体流速会降低单位时间内吹脱气体的总量，不利于的逸出，会降低氮的去除率，D错误； 【小问2详解】 ①、、与反应生成沉淀，离子方程式为：； ②温度过低时，反应速率慢，沉淀不完全；温度过高时，的溶解度增大，不易过滤除去，因此温度不宜过低也不宜过高； ③过大时，浓度过高，会与结合生成沉淀，因此形成的沉淀物化学式为。 【小问3详解】 ①的中心原子为，其价层电子对数为，因此采取杂化。 ②反应中，被还原为，被氧化为，被氧化为。，由可知，与反应的为。与反应的为。由可知，。因此，废水中。 【小问4详解】 ①在b处，失去电子被氧化，发生氧化反应。 ②将氧化成，根据得失电子守恒和原子守恒配平，离子方程式为：。 18. 依诺格雷是一种能实现完整的血小板抑制的药物，可用于治疗血栓类疾病，其一种合成路线如下所示(部分反应试剂已略)。 已知：①R1NH2[R1NCO] ； ②常用作氨基保护基。 （1）化合物A中官能团的名称为___________。相同条件下，化合物B在水中溶解度___________(选填“大于”或“小于”)A在水中溶解度。 （2）化合物E的名称为___________，由G转化为H的反应类型为___________。 （3）M与D反应生成依诺格雷的化学方程式为___________。 （4）由I转化成J的过程中可能生成副产物N，且N可与Y发生取代反应生成X，则N的结构简式为___________。 （5）下列有关上述流程的说法正确的是___________。 A. 由E转化成F可能经历了取代、消除等反应 B. C. AB的过程中应在无水环境下进行 D. 依诺格雷与NaOH作用形成单钠盐，则最有可能与反应的是上述流程中的①号氢原子 （6）化合物O在分子式上比F少2个氟原子多2个氢原子，满足下列条件的O的同分异构体共有___________种，写出其中满足条件且核磁共振氢谱图显示有四组峰，峰面积之比为的化合物的结构简式：___________。 1)为芳香族化合物，苯环上有且仅有4个取代基 2)1 mol O与足量溶液作用最多生成4 mol Ag： 3)1 mol O最多与2 mol HCl反应 （7）以苯胺为主要原料，写出合成的合成路线___________。 已知：1. 2.在不同温度下，乙酰苯胺硝化反应产物的情况如下： 反应温度 产物情况 0-5℃ 以对位取代为主，邻位取代极少 40℃ 邻位取代增多，对位取代减少 >60℃ 副产物增多，可能生成二硝化产物 3.乙酰苯胺发生氯化反应时以对位取代为主。 4.为邻对位定位基，为间位定位基。 【答案】（1） ①. 碳碳双键，氯原子 ②. 大于 （2） ①. 3，4-二氟苯胺 ②. 氧化反应 （3）+→+ （4） （5）AC （6） ①. 11 ②. （7） 【解析】 【分析】A→B→C→D的反应为已知①的反应，根据A、D的结构简式及B、C的分子式可知，B为，C为；根据I的结构简式及G、H的分子式可知，H与甲醇反应生成I，G被过氧化氢氧化为H，故H的结构简式为；根据J与H的结构简式及已知①可知，X的结构为；X在甲醇钠的作用下发生自身环化反应，生成Z为；Z→K是取代反应，K为。 【小问1详解】 化合物A中官能团的名称为碳碳双键、碳氯键；相同条件下，化合物B中存在磺酰基，其可与水形成氢键，而A无法与水形成氢键，故B在水中溶解度更大。 【小问2详解】 化合物E的名称为3，4-二氟苯胺；根据分析可知，由G转化为H的反应类型为氧化反应。 【小问3详解】 根据D和依诺格雷的结构简式可推导出M的结构为，故M与D反应生成依诺格雷的化学方程式为+→+。 【小问4详解】 由I转化成J的过程中可能生成副产物N，且N可与Y发生取代反应生成X，根据X、Y的结构简式可知，N的结构简式为。 【小问5详解】 A．由E转化成F反应中，E中氨基上发生了取代反应，从F的结构可知该过程还发生了消除反应，A正确； B．根据Z和K的分子式计算二者的相对分子质量可知，，B错误； C．参与AB反应的是溶于水的，若环境中存在水，该反应无法发生，故该过程应在无水环境下进行，C正确； D．②号氢原子相邻磺酰基，吸电子作用强，故②号氢原子易电离，则依诺格雷与NaOH作用形成单钠盐，则最有可能与反应的是上述流程中的②号氢原子，D错误； 故答案为AC。 【小问6详解】 O的同分异构体在分子式上比F少2个氟原子多2个氢原子，且满足下列条件： 1)为芳香族化合物，苯环上有且仅有4个取代基； 2)1 mol O与足量溶液作用最多生成4 mol Ag，说明其存在2mol醛基； 3)1 mol O最多与2 mol HCl反应，说明其有2mol氨基； 故O的同分异构体结构可能为：、、、、，满足下列条件的O的同分异构体共有11种，其中满足条件且核磁共振氢谱图显示有四组峰，峰面积之比为的化合物的结构简式为。 【小问7详解】 以苯胺合成，可以先保护苯胺的氨基，在其对位通过硝化反应引入硝基，再在邻位通过取代反应引入氯原子，后再经过已知反应将氨基反应，得到目标产物：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年重庆市普通高中学业水平选择性考试 高三第二次诊断检测化学 (考试时间75分钟，满分100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡指定位置上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Co-59 一、单项选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华文化博大精深，源远流长。下列说法正确的是 A. 非遗文化“打铁花”的过程中，铁水在空气中飞舞最终转化为FeO B. 造纸术过程中，将木、竹等原料置于水中浸泡是为了使纤维素部分溶解，易于分离 C. 古法从盐井中提取卤水，加入豆浆使卤水纯化，得到精制食盐水，此方法利用的是胶体遇电解质聚沉的性质，属于物理变化 D. “何以解忧？唯有杜康”，乙醇是由淀粉在酶的作用下氧化直接形成的 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法有误的是 A. 标准状况下，的氯原子总数大于 B. 在催化剂作用下，向容器中投入和进行合成氨反应，则某一时刻容器中气态物质的总数可能为 C. 的溶液中存在，且 D. 1 mol苯甲酸钠中含有键的数目为 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 将固体投入的盐酸中： B. 溶液滴入溶液中： C. 酸性高锰酸钾溶液与双氧水混合： D. 向含有、、的混合溶液中通入少量： 4. 已知，可与浓盐酸反应生成氯气，下列说法正确的是 A. 的空间构型与相同均为四面体形 B. 对于氧化的反应，当有12 mol HCl体现出还原性时，生成的中含有孤电子对的物质的量为16 mol C. Cu属于ds区元素 D. IBr与反应产物为HI和HBrO 5. 在不同pH下，酚酞有不同结构并展现出不同的颜色，具体对应关系如下图所示，下列说法中正确的是 A. 化合物Ⅰ可发生取代反应，氧化反应，加成反应，且1 mol该物质最多可与发生加成反应 B. 化合物Ⅲ与足量完全氢化后的化合物共有3个手性碳原子 C. 向一支盛有少量的试管中加水使其溶解，再加入酚酞试剂发现溶液先变红后褪色，褪色的原因可能有两种，且此时再调pH为11，溶液又将恢复红色 D. 化合物Ⅱ由于能形成分子间氢键，所以在水中溶解性好，常以水为溶剂配制该物质的溶液 6. 工业制备白磷常利用总反应：，而此反应为碳还原为，却参加反应，为寻找原因，在上述反应的反应温度下，给出下列分反应方程式：Ⅰ． ；Ⅱ． 。下列说法有误的是 A. 主反应的熵变，且在该温度下总反应的 B. 在的参与下，使得主反应的小于0，促使反应正向自发进行 C. 设白磷中某一P-P键的键能为E，则形成1 mol白磷时放热为6E D. 反应Ⅱ参加反应的物质中有离子晶体和共价晶体 7. 类比推理是一种良好的学习方法，但也应注意特殊的存在。下列推理合理的是 A. 金属活动性较强的金属可将金属活动性较弱的金属对应的低价盐中置换出来，金属活动性较差的Na可从KCl中置换出金属活动性较好的K B. 乙烷的结构简式为，则乙硼烷的结构简式为 C. 发现天然气泄漏应立即开窗通风，则发现水银滴落在地面也应立即开窗通风 D. 亚磷酸中含2个，该键极性大，易断裂产生，故为二元弱酸，已知硼酸中含有3个，则它为三元弱酸 8. 近年来，化学氢化物由于储氢密度大、储氢容量高，已被证明是一种实用的氢源，其中氨硼烷可在温和条件下由金属催化发生水解反应，释放出大量的氢气。有研究指出在不同的催化剂作用下，通过激活和中的化学键，从而导致解成不同的中间体和产物，进而分解产生氢气。在不同的催化剂作用下，两种物质分解的过程中能量变化如图所示，下列说法有误的是 A. 分解过程中，是决速步 B. 分析图可得催化作用最好的是催化剂Ⅳ C. 在催化剂Ⅳ的作用下， (已知) D. 和分解均有极性键断裂 9. 某种立方相固体态电解质的晶胞如图所示，已知晶胞密度为S的摩尔质量分别记作、、，，，，阿伏伽德罗常数值为，下列说法正确的是 A. 该晶胞化学式为 B. 与紧邻且等距的共有4个 C. 将该立方相转化为四方相，二者性质无差异 D. 立方相晶胞的空间利用率 10. 下列实验操作及其对应的现象得出的结论有误的是 选项 操作 现象 结论 A 向溶液中滴加溶液 产生砖红色沉淀 在此条件下，溶解度： B 向盛有Au片的试管中先加入浓硝酸后再加入浓盐酸 加入浓硝酸后无明显现象，加入浓盐酸后Au逐渐溶解，有无色气体生成，气体到试管口变为红棕色 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 往悬浊液中滴加足量氨水后，振荡，再滴加足量溶液 滴加氨水振荡后无明显现象，滴加溶液后浊液变澄清 消耗生成物，使平衡正向移动 D 将二环己基-18-冠-6加入到单质Na中 得到金黄色晶体，且经检验该晶体中含有 超分子具有分子识别的特征 A. A B. B C. C D. D 11. 元素X、Y、Z均为长周期主族元素且原子序数依次增大，基态X原子的最高能级有两个孤电子且含有一个空轨道，Y的单质在保存时常用水密封，的6p能级全满。下列有关X、Y、Z的说法正确的是 A. 基态X原子的电子有18种空间运动状态，X可用作半导体材料 B. Z的最高价氧化物对应的水化物为理论上碱性最强的无机碱 C. 原子半径： D. 单质熔点： 12. 水合能是指反应的热效应，且离子半径越小，电荷越高，水合能越大。水合能可参与下述的循环： 其中S为升华能，I为电离能。Li和Na在反应中有关焓变数值如下： Li Na 159 545 注：和均大于零 下列说法有误的是 A. B. 碱金属的升华能按元素周期表的顺序从上到下依次减小 C. 若存在，则说明Li在水中较Na更易失电子 D. 由上述循环可得：对于金属M有 13. SOFCs是一种良好的发电技术之一，以为原料的燃料电池以其所使用的电解质离子传导类型不同，可将SOFCs分为质子传导型(H-SOFCs)和氧离子传导型(O-SOFCs)两类，二者在工作时的原理如下图。已知在所处电极处被分解成和，易与结合形成含氮化合物。下列说法有误的是 A. b极为负极 B. H-SOFCs型中，若消耗，则在另一极消耗的物质的量为10 mol C. 分析可知，H-SOFCs的发电效率高于O-SOFCs D. 在a极上可能发生反应： 14. 在不同pH下，草酸溶液中、、的分布系数随pH变化如下图，例如，已知，下列说法有误的是 A. 在的条件下，的溶液与溶液中的相等 B. 当时，取得最大值，最大值为0.97 C. 时， D. 在任意pH下， 二、非选择题，共58分。 15. 铜钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧—水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如下： 已知：①对该流程使用的含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下： 成分 TFe Cu Co S CaO MgO w/% 54.87 0.30 0.36 4.43 7.77 5.49 2.38 ②萃取钴的原理： ③文献指出，在高温下(可发生下列反应： 1) 2) 3) 回答下列问题： （1）钴元素在元素周期表中的位置是___________。 （2）对硫酸渣用某仪器进行检验，得到的图像如下，则该仪器是___________，该硫酸渣中主要的含铁矿物的化学式为___________。 （3）在焙烧和水浸步骤中，焙烧时间以及液固比对Cu、Co浸出率的影响如下图，则最佳的焙烧时间为___________min，最佳液固比为___________。 （4）焙烧中，CuS、CuO、CoO与反应生成可溶性盐，写出将CuS转化成可溶性铜盐的化学反应方程式___________。该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是___________。 （5）在T℃下，萃取钴反应的平衡常数为，则反萃取的平衡常数为___________。 （6）对于在惰性气氛下分解产物进行如下研究，提出两种可能假设 假设①：Ⅰ． 假设②：Ⅱ． 1°已知反应Ⅲ． ，Ⅳ． 则___________(用含，的式子表示)。 2°已知，，其中R为气体常数，T为开尔文温度，反应Ⅲ和反应Ⅳ的(单位：)随温度(单位：K)的变化如图所示，则从热力学角度推断在惰性气氛下分解的失重率为___________%(结果保留整数)。 16. 邻二氮菲是一种金属螯合剂，在科研和分析化学中有重要作用。邻二氮菲参与的对溶液中Fe浓度的定量测定有滴定法和吸光光度法等方法。邻二氮菲简写为phen。回答下列问题： （1）实验原理：邻二氮菲在一定的pH下可与形成较稳定的螯合物，其结构如图所示。 ①1 mol该物质含有配位键的物质的量为___________mol。 ②在进行此螯合反应的溶液pH不应小于2，原因在于___________。 （2）邻二氮菲参与的滴定法测浓度 对于杂质离子浓度极低的溶液，先向其中加入pH缓冲溶液，再加入phen即可与螯合形成砖红色配合物。现有一未知浓度的单一溶液，进行以下步骤测定浓度。 ⅰ．设原瓶溶液的体积为V，取其中体积为的溶液于锥形瓶中，加入pH缓冲溶液，再加入足量phen，充分反应后，用浓度为Cmol/L的标准酸性溶液滴定(滴定的一切准备工作已就绪)，测得当滴定消耗的标准溶液时恰好滴定完全。 ⅱ．已知也可与Phen螯合形成淡蓝色的配合物，则滴定完全的标志为：___________。 原瓶溶液的的物质的量为___________mol(结果用含V、、C、的式子表示)。 （3）邻二氮菲参与的吸光光度法测定铁浓度 ①对于含杂质金属离子多的溶液，可用EDTA作掩蔽剂，已知EDTA与Phen均为螯合剂，用EDTA作掩蔽剂说明(X为金属元素，y、n均为正数，下同)的稳定性___________(选填“高于”或“低于”)的稳定性。若该溶液中含Fe³⁺，将干扰本实验的精确测定，可用溶液将其还原，并释放出无色无味的气体，该反应的离子方程式为：___________。 ②经过一系列操作测得，在光的波长时，吸光度最大，给出朗伯-比尔定律：，其中A为吸光度，a为吸光系数，反映物质在特定波长下的吸光能力，且单位为，b为光程长度(单位：cm)，c为溶液浓度(单位：，用不同浓度的标准铁溶液，经过大量实验，得到了如下表的吸光度A与Fe浓度c(单位：的对应关系。 A 0.0984 0.2156 0.3328 0.4500 0.5672 c 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 在此实验中，。若某铁溶液的吸光度为0.231，则该溶液Fe浓度为___________(结果保留两位小数)。 （4）实验反思 ①在邻二氮菲参与的滴定法测Fe浓度的实验中，若在原溶液存在大量，需用将其还原，不可先加入pH缓冲溶液再加入还原剂，原因是___________。 ②在邻二氮菲参与的吸光光度法测定铁浓度的实验中，每次加入的还原剂1 mL，理论上足量。若使用的还原剂已部分变质，这将使该实验测得的铁浓度较真实值___________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 17. 含氮废水对环境、人体均有较大危害，综合处理含氮废水是一个较热门的话题，如下为几种处理含氮废水的常用方法。回答下列问题： （1）吹脱法 利用如下流程可大幅度降低含废水中的氮含量： 下列操作中可提高氮的去除率的是___________。 A. 升高温度 B. 适当调高溶液pH C. 向吹脱塔中通入 D. 吹脱时减慢气体流速 （2）化学沉淀法 向含有的废水中加入适量的镁盐和磷盐，形成难溶复盐(简称MAP)，过滤除去。 ①写出参与反应生成MAP的离子方程式：___________。 ②该沉淀法常在25℃左右进行，温度不宜过低也不宜过高的原因是：___________。 ③该沉淀法在pH过大时形成的沉淀物化学式为___________。 （3）折点氯化法 或可将废水中的转化为，主要原理为可将氧化成。现取0.1 L的含氮废水，向其中通入，充分反应后，用脱除氯，标准状态下消耗。 ①HClO的中心原子采取___________杂化。 ②该废水中___________ （4）光催化法 在光照条件下，半导体材料(纳米级)可在价带上形成激发态电子，其可发生跃迁至导带，同时在价带上产生相应空穴()并在电场的作用下分离并迁移到半导体表面。该材料可生成氧化性物质将含氮物质转化或以自己的还原性将其还原成无毒物质，反应机理如图所示。 ①在b处发生___________(选填“氧化”或“还原”)反应。 ②该材料可生成将含氮物质氧化，写出将氧化成的离子方程式：___________。 18. 依诺格雷是一种能实现完整的血小板抑制的药物，可用于治疗血栓类疾病，其一种合成路线如下所示(部分反应试剂已略)。 已知：①R1NH2[R1NCO] ； ②常用作氨基保护基。 （1）化合物A中官能团的名称为___________。相同条件下，化合物B在水中溶解度___________(选填“大于”或“小于”)A在水中溶解度。 （2）化合物E的名称为___________，由G转化为H的反应类型为___________。 （3）M与D反应生成依诺格雷的化学方程式为___________。 （4）由I转化成J的过程中可能生成副产物N，且N可与Y发生取代反应生成X，则N的结构简式为___________。 （5）下列有关上述流程的说法正确的是___________。 A. 由E转化成F可能经历了取代、消除等反应 B. C. AB的过程中应在无水环境下进行 D. 依诺格雷与NaOH作用形成单钠盐，则最有可能与反应的是上述流程中的①号氢原子 （6）化合物O在分子式上比F少2个氟原子多2个氢原子，满足下列条件的O的同分异构体共有___________种，写出其中满足条件且核磁共振氢谱图显示有四组峰，峰面积之比为的化合物的结构简式：___________。 1)为芳香族化合物，苯环上有且仅有4个取代基 2)1 mol O与足量溶液作用最多生成4 mol Ag： 3)1 mol O最多与2 mol HCl反应 （7）以苯胺为主要原料，写出合成的合成路线___________。 已知：1. 2.在不同温度下，乙酰苯胺硝化反应产物的情况如下： 反应温度 产物情况 0-5℃ 以对位取代为主，邻位取代极少 40℃ 邻位取代增多，对位取代减少 >60℃ 副产物增多，可能生成二硝化产物 3.乙酰苯胺发生氯化反应时以对位取代为主。 4.为邻对位定位基，为间位定位基。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $